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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Kommutatives Diagramm
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Universität/Hochschule J Kommutatives Diagramm
Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-12


Hallo, Freunde! Könnt ihr mir bitte bei dieser Aufgabe helfen? Ich muss ja eigentlich "nur" zeigen, dass  [latex] dim(ker \alpha) = dim(ker \beta) [/latex], bloß wie?
 



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ligning
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-12


Vergiss das mit den Dimensionen. Es geht wesentlich einfacher und direkter (und nützlicher), wenn man diese Isomorphismen direkt angibt.


-----------------
⊗ ⊗ ⊗



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-12


Ehrlich gesagt bin ich genau daran gescheitert, weshalb ich es dann über Dimensionen versucht habe... leider  ohne Erfolg. Ich weiß nicht, wie man so eine Funktion konstruieren soll, ohne dabei \(\beta\) zu verwenden. Kannst du mir bitte ein bisschen auf die Sprünge helfen?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-12


Der Kern von $\alpha$ ist ein Unterraum von $V_1$.

Der Kern von $\beta$ ist ein Unterraum von $W_1$.

Wie könnte man Vektoren von $V_1$ nach Vektoren von $W_1$ abbilden?

Es gibt wirklich nur eine Wahl. Insofern ist die Aufgabe ein Fall der hier beschriebenen Methode.



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ligning
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-12-12


Betrachte $v\in V_1$ und $w := \varphi(v)\in W_1$. Was ist, wenn $\alpha(v) = 0$, kannst du eine Aussage über $\beta(w)$ machen? Und wenn $\alpha(v)\neq 0$?

Das sollte dich auf ausreichend Ideen bringen, die du erstmal selbst verfolgen solltest.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-13


Danke euch beiden, ich denke jetzt habe ich es verstanden:

Wir betrachten die Funktion

\(\varphi|ker(\alpha)\): \(ker(\alpha) \to ker(\beta)\), \(v \to \varphi(v) \).



(Wie kriegt man klein phi hin?) Und nun zeigen wir, dass die Funktion linear, injektiv und surjektiv ist, oder?






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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-12-13


Das andere phi geht mit \varphi.

Du musst vor allem erst einmal zeigen, dass $\varphi(\ker(\alpha)) \subseteq \ker(\beta)$, damit du diese Einschränkung $\ker(\alpha) \to \ker(\beta)$ definieren kannst.
 
Die Linearität ergibt sich automatisch aus der Linearität von $\varphi$.

Ein Isomorphismus von Vektorräumen ist eine invertierbare lineare Abbildung. Anstatt die Bijektivität zu zeigen, überlege dir also, wie man eine lineare Abbildung $\ker(\beta) \to \ker(\alpha)$ finden kann. Es gibt wieder nur eine Wahl.



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-13


Okay, danke!

Sei \( w \in \varphi(ker(\alpha))\). Dann gibt es ein \(v \in ker(\alpha)\) mit \(\varphi(v) = w \). Außerdem ist dann \(\alpha(v)=0\). Damit ist \(\beta^{-1}(\psi(\alpha(v))) = \beta^{-1}(\psi(0)) = \beta^{-1}(0) = 0 \) . Folglich ist \( v \in ker(\beta^{-1} \circ \psi \circ \alpha) = ker(\varphi)\). Also ist \(\varphi(v) = 0\), und somit   \(\beta(\varphi(v)) = \beta(0) = 0 \), d.h. \(w = \varphi(v) \in ker(\beta)\) .


Somit ist \(\varphi|ker(\alpha)\) wohldefiniert.


Analog zeigt man, dass \(\varphi^{-1}|(ker(\beta): ker(\beta) \to ker(\alpha)\) definiert durch \(w \to \varphi^{-1}(w)\) wohldefiniert ist.


Da die beiden so konstruierten Funktionen linear sind, wären wir mit dem Beweis dann fertig, richtig?



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-13


Seid ihr noch da?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-12-14


Du schreibst $\beta^{-1}$. Aber $\beta^{-1}$ muss nicht existieren.



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Stimmt, das sehe ich ein... Mann, und dabei fand ich den Beweis so schön... Aber wie beweist man sonst, dass \( \varphi(ker(\alpha)) \subset \ker \beta \)?


Die lineare Abbildung von \( ker(\beta)\) nach \(ker(\alpha)\) wäre aber doch


\(g: ker(\beta) \to ker(\alpha), g(w) = \varphi^{-1}(w) \),

oder?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-12-14


2019-12-14 11:33 - Mona109 in Beitrag No. 10 schreibt:
Stimmt, das sehe ich ein... Mann, und dabei fand ich den Beweis so schön... Aber wie beweist man sonst, dass \( \varphi(ker(\alpha)) \subset \ker \beta \)?

Benutze die Definitionen. Was bedeutet es denn, im Kern von $\beta$ zu liegen?



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Okay, so schnell gebe ich nicht auf, Versuch  2:


Sei \(w \in \varphi(ker(\alpha)) \). Dann gibt es ein \(v \in ker(\alpha)\) mit \(\varphi(v) = w\). Weiter ist dann

\(\beta(w) = \) \( \psi(\alpha(\varphi^{-1}(w))) = \)

\( = \psi(\alpha(v)) \)

\( = \psi(0) = 0 \).  


Also ist \(w \in ker(\beta)\).So müsste es stimmen, oder? Denn \(\varphi^{-1}\) existiert auf jeden Fall



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-12-14


Wenn du jetzt noch $\varphi^{-1}$ aus dem Beweis raus lässt, wäre er optimal.

(Dass sich $\varphi$ zu einem Hom. $\ker(\alpha) \to \ker(\beta)$ einschränkt, gilt für jedes kommutative Diagramm in der obigen Form, also $\varphi$ und $\psi$ müssen keine Isomorphismen sein.)

Ich schreibe es einmal in der Kurzform auf:

$\varphi(\ker(\alpha)) \subseteq \ker(\beta)$ gilt wegen $\beta(\varphi(\ker(\alpha)) = \psi(\alpha(\ker(\alpha))) = \psi(0)=0$.



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-14


Ahh, stimmt, cooler Beweis! Und danke! Zwischenfazit:


\(\varphi|ker(\alpha)\) ist wohldefiniert.



Und jetzt müssen wir noch zeigen, dass diese Abbildung invertierbarier ist, stimmts? (Die  Invertierbarkeit ergibt sich ja aus der von \(\varphi \))



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-12-14


Die Invertierbarkeit ergibt sich genauer gesagt aus der Invertierbarkeit des gesamten kommutativen Diagramms, nicht nur aus der von $\varphi$. Das inverse kommutative (!) Diagramm ist
 
$\require{xypic}
\xymatrix{W_1 \ar[r]^{\beta} \ar[d]_{\varphi^{-1}} & W_2 \ar[d]^{\psi^{-1}} \\ V_1 \ar[r]_{\alpha} & V_2 }$
 
Überlege dir die Details am besten selbständig, denn so lernst du am meisten und kannst dir am Ende wirklich sicher sein, einen richtigen Beweis geliefert zu haben.

Natürlich kann man auch, wie anfangs von dir vorgeschlagen, mit Elementen nachrechnen, dass $\varphi : \ker(\alpha) \to \ker(\beta)$ bijektiv ist. Man sollte idealerweise beide Beweise verstanden haben.
 
Du kannst auch schon mit dem zweiten Aufgabenteil beginnen, also einen Isomorphismus $\mathrm{Bild}(\alpha) \to \mathrm{Bild}(\beta)$ hinzuschreiben (es gibt nur eine Wahl).



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-15


Vielen Dank, Triceratops! Aber lass uns vorher bitte noch einmal das grundlegende prinzip festhalten:


Eine Abbildung f konstruieren und nachweisen, dass diese isomorph  ist.
Dies kann auf zwei Weisen geschen: (1) Zeige, dass f linear und bijektiv ist, oder (2) Weise nach, dass f linear ist und eine Umkehrabbildung besitzt, die ebenfalls linear ist.


Korrekt?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-12-15


Ja, genau, aber die Linearität der Umkehrabbildung ergibt sich immer automatisch. Ich würde die Bedingung eher so formulieren:

$f : V \to W$ ist ein Isomorphismus von Vektorräumen $\iff$ es gibt eine lineare Abbildung $g : W \to V$, die zu $f$ invers ist, also $f \circ g = \mathrm{id}_W$ und $g \circ f = \mathrm{id}_V$.

Beachte, dass diese Aussage nichts mit Mengen (und ihren Elementen) und Abbildungen zwischen Mengen zu tun hat, sondern einzig allein mit Vektorräumen und linearen Abbildungen zwischen ihnen. (Sie spielt sich also in der Kategorie der Vektorräume ab. Und so definiert man dann auch Isomorphismen in beliebigen Kategorien.)



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-16


Okay, danke! Wird notiert! Nun zur zweiten Aufgabe:


Wir betrachten die Funktion \(f \) definiert durch

\( f: im(\alpha) \to im(\beta), f(v) = \psi(v) \).


Nun zeigen wir, dass \( \psi(im(\alpha)) \subset im(\beta)\). [...].


Und um den Beweis abzuschließen muss ich dann noch zeigen, dass f bijektiv ist. Dies ist auf zwei Weisen möglich: Weise Inj. und Surj. direkt nach, oder konstruiere eine Funktion \(g \) und bestätige: \(f \circ g = id_{im(\beta)} \) und \(g \circ f = id_{im(\alpha)} \).


So der Fahrplan, richtig?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-12-16


Ja, richtig.



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-17


Okay, mir fällt gerade auf, dass das leichter gesagt als getan ist.


Surjektivität:

Folgt das nicht direkt daraus, dass \(\psi(im(\alpha)) \subset im(\beta) \) und \(\psi\) bijektiv ist?




Injektivität:

Folgt aus der Injektivität von \( \psi \), so wie ich das sehe.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-12-17


2019-12-17 14:32 - Mona109 in Beitrag No. 20 schreibt:
Surjektivität:

Folgt das nicht direkt daraus, dass \(\psi(im(\alpha)) \subset im(\beta) \) und \(\psi\) bijektiv ist?

Du bist dir nicht sicher. Also folgt es nicht direkt daraus. Ein Beweis ist es erst, wenn du dir sicher bist.


Folgt aus der Injektivität von \( \psi \), so wie ich das sehe.
 
Ich kann nicht beurteilen, ob dein Beweis richtig ist, wenn du den Beweis nicht aufschreibst.



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-17


Ja, da hast du recht. Nun, wie wärs damit?


Funktion: \(f:= \psi|im(\alpha): im(\alpha) \to im(\beta), v \to \psi(v)\)

Surjektiv:
Sei \(w_{2} \in im(\beta)\) beliebig. Dann gibt es ein \(w_{1}\in W_{1}\) mit \(\beta(w_{1}) = w_{2}\). Wegen der Bijektivität von \(\varphi\) ist \(\varphi^{-1}(w_{1})\in V_{1} \). Somit ist \(\alpha(\varphi^{-1}(w_{1}))\in im(\alpha)\). Daher

\(f(\alpha(\varphi^{-1}(w_{1}))) = \)\(\psi(\alpha(\varphi^{-1}(w_{1}))) = \beta(w_{1}) = w_{2} \).

Also ist \(f\) surjektiv.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-12-17


Das ist schon fast richtig. Jetzt muss man nur noch etwas an den Feinheiten arbeiten. :)

2019-12-17 22:34 - Mona109 in Beitrag No. 22 schreibt:
Wegen der Bijektivität von \(\varphi\) ist \(\varphi^{-1}(w_{1})\in V_{1} \).
 
Genauer gesagt ist die Bijektivität dafür verantwortlich, dass man überhaupt von der inversen Abbildung $\varphi^{-1}$ sprechen kann. Außerdem ist $\varphi^{-1}(w_{1})\in V_{1}$ ja trivial, sobald $\varphi^{-1}$ nur existiert. Die Aussage ist also in der Form nicht ganz schlüssig. Besser wäre: Weil $\varphi$ bijektiv ist, existiert die inverse Abbildung $\varphi^{-1}$. Es gilt dann $\varphi^{-1}(w_1) \in V_1$.

Im weiteren Beweis verwendest du dann die Gleichung

$\psi \circ \alpha \circ \varphi^{-1} = \beta, \quad (\ast)$

Sie folgt natürlich direkt aus der Kommutativität, also

$\psi \circ \alpha = \beta \circ \varphi,$

aber das sollte schon einmal bemerkt werden. (Jedenfalls bei solchen Aufgaben dieses Typs, wo es hauptsächlich darum geht, grundlegende Beweistechniken zu erlernen. Später darf man so etwas einfach so verwenden.)
 
Oder du schreibst das Argument einfach ohne die inverse Abbildung auf. Verwende einfach die Surjektivität von $ \varphi$. Dass das naheliegt, sieht man mit der hier beschriebenen Methode.

Man wählt also ein $v_1 \in V_1$ mit $w_1 = \varphi(v_1)$ und rechnet dann mit $v_1$ weiter. Dann braucht man auch $(\ast)$ gar nicht mehr.

Was man hier mit den Elementen macht, nennt sich übrigens eine Diagrammjagd. Man kann den gesamten Beweis graphisch (und mit etwas Erfahrung einfach im Kopf) führen, indem man das Diagramm lange genug anschaut, die Elemente einzeichnet und (mit Pfeilen) wie diese abgebildet werden. Also hier:

$\require{xypic}
\xymatrix{v_1 \ar@{|->}[d]_{\varphi} \ar@{|->}[r]^{\alpha} & \alpha(v_1) \ar@{|->}[d]^{\psi} \\ w_1 \ar@{|->}[r]_{\beta} & w_2}$
 
Am besten kann man es auf einem Zettel oder einer Tafel Schritt für Schritt erklären.



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Mona109
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-17


Vielen Dank! Das sind sehr, sehr wertvolle Tipps, die ich beherzigen werde! Und danke für das Diagramm, habe es mir direkt in mein Heft kopiert - als hilfreiche Veranschaulichung. - Stimmt, \(\varphi^{-1}\) kann man auch weglassen, danke für den Hinweis! Okay, und nun zur Injektivität:

Funktion: \(f: im(\alpha) \to im(\beta), v \to \psi(v) \)

Injektiv:
Seien \(v_{1}, v_{1}' \in V_{1} \) mit \(f(v_{1}) = f(v_{1}') \), also  \(\psi(v_{1}) = \psi(v_{2})\) laut Abbildungsvorschrift. Da nun \(\psi \) bijektiv und somit insbesondere injektiv ist, folgt daraus \(v_{1} = v_{1}' \).

Also ist f injektiv.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-12-17


Ja, das ist richtig.



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Mona109
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Ein riesengroßes Dankeschön an dich, Triceratops, du hast es drauf!!!!!!!!



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